\section{Gauss 素数与二平方和}

\begin{frame}{二平方和问题}


上节确定了 Gauss 整数环 $\mathbb{Z}[i]$ 是唯一析因环。 接下来应确定 $\mathbb{Z}[i]$ 中的全部不可分解元 (Gauss 素数). 而这密切相关于经典的 “二平方和” (sums of two squares) 问题， 即要将正整数 $C$ 表为二个整数的平方和： $C=a^{2}+b^{2}$.

\pause
先看素数 $p$ 能否表为二平方和。 $p=2$ 显然可以。 对奇素数 $p$, 若
\[
p=a^{2}+b^{2}
\]
则 $a, b$ 一奇一偶， 故 $p=a^{2}+b^{2} \equiv 1\left(\mod  4\right)$.  也就是说， 只有 $4 k+1$ 型素数 $p$ 才可能表为二平方和， $4 k+3$ 型素数是不可能的。

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Fermat 在 1640 年圣诞节时猜想：任意 $4 k+1$ 型素数 $p$ 皆可表为二平方和。这在 1747 年始由 Euler 证明。 后来 Lagrange, Gauss 等给出多个证明。 但最简洁自然的证明是用 Gauss 整数， 由 Dedekind 给出。

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二平方和问题， 与 Gauss 整数有天然联系：
\[
  a^{2}+b^{2}=(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})=N(a+b \mathrm{i}).
\]
所以， “表为二平方和”就是 “表为 Gauss 整数的范数”. 
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因为范数是积性的，即
\[
  N(\alpha) \cdot N(\beta)=N(\alpha \beta),
\]
故两个 “二平方和” 之积仍然是 “二平方和”. 
\pause
因此我们只要讨论将素数 $p$ 表为 “二平方和”的问题：
\[
  p=a^{2}+b^{2}=(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i}).
\]
显然这就是 “素数在 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中分解” (素分解) 的问题。
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而下一引理说明， “素分解”可以得到所有的 Gauss 素数 (即环 $\mathbb{Z}[i]$ 中所有不可分解元素).
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{lemma}%引理1
任一 Gauss 素数 $\pi$ 必是某正有理素数 $p$ 的因子。
\end{lemma}

\pause
\begin{proof}
 设 $\pi \bar{\pi}=N(\pi)=p_{1} \cdots p_{s}$, 后者为在 $\mathbb{Z}$ 中素因子分解。 因 $\pi$ 是 Gauss 素数， 由上节引理 3 知 $\pi \mid p_{i}$ (某 $1 \leqslant i \leqslant s$). 故 $\pi$ 整除其范数的某有理素数因子。
 \end{proof}

 \pause
 \begin{lemma}%引理2
   正有理素数 $p$ 可表为 $p=m^{2}+n^{2}(m, n \in \mathbb{Z})$ 当且仅当 $p$ 是 Gauss 合数。 若 $p$ 是 Gauss 合数， 则分解为 $p=(m+n \mathrm{i})(m-n \mathrm{i})$, 且 $m+n \mathrm{i}, m-n \mathrm{i}$ 是 Gauss 素数。
 \end{lemma}

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 \begin{proof}
  设 $p$ 是 Gauss 合数， 故可设 $p=\beta \gamma, N(\beta)>1, N(\gamma)>1$ 为正整数。于是 $p^{2}=N(\beta) N(\gamma)$, 故 $N(\beta)=N(\gamma)=p$. 故 $\beta=m+n \mathrm{i}$ 为 Gauss 素数 (因其范为素数), 得
\[
p=N(\beta)=(m+n \mathrm{i})(m-n \mathrm{i})=m^{2}+n^{2}
\]
反之， 若 $p=m^{2}+n^{2}=(m+n \mathrm{i})(m-n \mathrm{i})$, 则 $m+n \mathrm{i}$ 为 Gauss 素数 (因其范为素数),故 $p$ 是 Gauss 合数。
\end{proof}
 \end{frame}

 \begin{frame}

\begin{theorem}%定理1
正有理素数 $p \in \mathbb{Z}$ 在 Gauss 整数环 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中的素因子分解如下：

(1) $p=2$ 时， $2=-\mathrm{i}(1+\mathrm{i})^{2}$ 为 Gauss 合数， $1+\mathrm{i}$ 是 Gauss 素数。

(2) $p \equiv 1\left(\mod  4\right)$ 时， $p=(m+n \mathrm{i})(m-n \mathrm{i})=m^{2}+n^{2}$ 为 Gauss 合数， 其中 $m+n \mathrm{i}, m-n \mathrm{i}$ 为 Gauss 素数 (且相互不是单位倍关系), 它们由 $p$ 唯一确定 (不计 $\pm 1, \pm \mathrm{i}$ 倍).

(3) $p \equiv 3\left(\mod  4\right)$ 时， $p$ 为 Gauss 素数。
\end{theorem}

\pause
 \begin{proof}
  (1) $N(1+\mathrm{i})=(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})=2$ 为素数， 故 $1+\mathrm{i}$ 是 Gauss 素数。

(2) $p \equiv 1\left(\mod  4\right)$ 相当于 $(-1 / p)=1$, 故 $x^{2}+1=0\left(\mod  p\right)$ 有整数解 $x=a$, 于是
\[
  p \mid\left(a^{2}+1\right)=(a+\mathrm{i})(a-\mathrm{i}).
\]
若 $p$ 是 Gauss 素数， 则由上节引理 3 知 $p \mid(x+\mathrm{i})$ (或 $p \mid(x-\mathrm{i})$), 故 $p(u+v \mathrm{i})=$ $x \pm \mathrm{i}(u, v \in \mathbb{Z})$, 得 $p v \mathrm{i}= \pm \mathrm{i}$, 矛盾。 故 $p$ 是 Gauss 合数， 由引理 2 即得 $p=(m+$ $n \mathrm{i}) \cdot(m-n \mathrm{i})$. 分别验证 $(m+n \mathrm{i})= \pm(m-n \mathrm{i}),(m+n \mathrm{i})= \pm \mathrm{i}(m-n \mathrm{i})$, 均与 $p \neq 2$为素数矛盾。 $m+n \mathrm{i}$ 和 $m-n \mathrm{i}$ 的唯一性是由于 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中因子分解的唯一性 (上节定理 3 , 不计 $\pm 1, \pm \mathrm{i}$ 倍和乘积次序).

 (3) 设 $p \equiv 3\left(\mod  4\right)$, 若 $p$ 是 Gauss 合数， 则由引理 2 知 $p=m^{2}+n^{2}$, 导致如下矛盾：
 \[
   1=\left(\frac{m^{2}}{p}\right) \equiv\left(\frac{-n^{2}}{p}\right)=\left(\frac{-1}{p}\right).
 \]
 \end{proof}
 \end{frame}

 \begin{frame}
\begin{remark}%注记1
  定理 1 的情形 1,2,3, 分别称 $p$ 在 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ \emph{分歧、分裂、惯性}。 分歧时， $p$ 分解为 Gauss 素数的平方的单位倍。 分裂时， $p$ 分解为 (互非单位倍的) 两 Gauss 素数之积， 也是 Gauss 素数的范数。 惯性时， $p$ 保持为 $\mathbb{Z}[\mathrm{i}]$ 中的素数。
 \end{remark}


\pause
   \begin{corollary}%系1
     [Fermat 二平方和定理] 奇素数 $p$ 可表为二平方数之和 (即 $p=m^{2}+n^{2}$ )当且仅当 $p \equiv 1\left(\mod  4\right)$, 而且此时两个平方数 (即 $\left.m^{2}, n^{2}\right)$ 是唯一的 (即不计正负号和次序时， $m, n$ 唯一).
   \end{corollary}

   \begin{proof}
    由定理 1 即得。 由于 $m+n \mathrm{i}, m-n \mathrm{i}$ 唯一 (不计 $\pm 1, \pm \mathrm{i}$ 倍 $)$, 故 $m^{2}$, $n^{2}$ 唯一。
\end{proof}

\pause
\begin{theorem}%定理2
设 $C(>1)$ 为正整数， 考虑不定方程
\[
  x^{2}+y^{2}=C.
\]
此方程有整数解的充分必要条件是： $C$ 的 $4 k+3$ 型素因子的指数均为偶数(即若 $C$ 有素因子 $q \equiv 3\left(\mod  4\right)$, 则 $q^{2 v} \| C, v$ 为某正整数).
\end{theorem}
\end{frame}

 \begin{frame}

\begin{proof}
  \textbf{充分性}：设
 \[
   C=2^{e} p_{1}^{e_{1}} \cdots p_{s}^{e_{s}} q_{1}^{2 v_{1}} \cdots q_{t}^{2 v_{t}},
 \]
 其中 $p_{j} \equiv 1\left(\mod  4\right), q_{r} \equiv 3\left(\mod  4\right), e, e_{j}, v_{r} \in \mathbb{Z}$ ($1 \leqslant j \leqslant s, 1 \leqslant r \leqslant t$). 由定理
 1 知
 \[
   p_{j} \equiv \pi_{j} \bar{\pi}_{j}, \quad 2=\pi \bar{\pi}=-\mathrm{i} \pi^{2}, \quad \pi=(1+\mathrm{i}).
 \]
 故
 \[
   \begin{aligned}
   C & =\left(\pi^{e} \pi_{1}^{e_{1}} \cdots \pi_{s}^{e_{s}}\right) \cdot\left(\bar{\pi}^{e} \bar{\pi}_{1}^{e_{1}} \cdots \bar{\pi}_{s}^{e_{s}}\right) \cdot\left(q_{1}^{2 v_{1}} \cdots q_{t}^{2 v_{t}}\right) \\
   & =\alpha \cdot \bar{\alpha} \cdot q^{2}=\left(u^{2}+v^{2}\right) q^{2}=(u q)^{2}+(v q)^{2},
 \end{aligned}
 \]
 其中 $\alpha=\pi^{e} \pi_{1}^{e_{1}} \cdots \pi_{s}^{e_{s}}=u+v \mathrm{i}$. (另证： $2$ 与 $p_{i}$ 均为二平方和， 故其乘积也是二平方和。)
 
 \textbf{必要性}： 对 $C$ 用数学归纳法。 当 $C=2$ 时成立。 假设对小于 $C$ 的情形定理正确。 现考查 $C$ 的情形。 若 $C$ 没有 $4 k+3$ 型素因子， 则无需证明。 若 $C$ 有素因子
  \(
    q \equiv 3 \left(\mod  4\right),
\)
而 $a^{2}+b^{2}=C(a, b \in \mathbb{Z})$, 于是 $q \mid C=a^{2}+b^{2}=(a+b \mathrm{i})(a-b \mathrm{i})$, 因 $q$ 是 Gauss 素数， 故
\[
q \mid(a+b \mathrm{i}) \quad \text {~或~}\quad q \mid(a-b \mathrm{i}).
\]
记为 $a \pm b \mathrm{i}=q\left(a_{1}+b_{1} \mathrm{i}\right)$ ($a_{1}, b_{1} \in \mathbb{Z}$), 则 $a=q a_{1}, \pm b=q b_{1}$. 故
\[
  C=a^{2}+b^{2}=q^{2}\left(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}\right).
\]
若 $C=q^{2}$, 则证毕。 若 $C>q^{2}$, 则 $C / q^{2}=a_{1}^{2}+b_{1}^{2}$. 于是由归纳法假设， 知 $C / q^{2}$ 的 $4 k+3$ 型素因子的指数均为偶数。 证毕。
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
记 $r(C)$ 为 $x^{2}+y^{2}=C$ 的解数 ( $x, y$ 的正负号和次序均计入). 例如
\[
r(2)=4, \quad r(p)=8\quad (\text{若素数~} p \equiv 1 \left(\mod  4\right)),
\]
因为 $2=( \pm 1)^{2}+( \pm 1)^{2}, p=( \pm a)^{2}+( \pm b)^{2}=( \pm b)^{2}+( \pm a)^{2}$. 
\pause
当然， 定理 1 说明，
\[
r(q)=0\quad (\text {若素数~} q \equiv 3 \left(\mod  4\right)).
\]
\pause
注意解数 $r(C)$ 也计入形如 $(a, 0)$ 的解， 故 $r(C)$ 并非 $C$ 表为 “二平方和” 的表法数。

\pause
\begin{theorem}%定理3
设
\[
C=2^{e} p_{1}^{e_{1}} \cdots p_{s}^{e_{s}} q_{1}^{2 v_{1}} \cdots q_{t}^{2 v_{t}}
\]
为素因子分解 ($p_{j} \equiv 1\left(\mod  4\right), q_{r} \equiv 3\left(\mod  4\right)$, 
如定理 2 证明中符号)。 则 $x^{2}+y^{2}=$ $C$ 的解数 ($x, y$ 的正负号和次序均计入) 为
\[
  r(C)=4 E,
\]
其中 $E=\left(e_{1}+1\right)\left(e_{2}+1\right) \cdots\left(e_{s}+1\right)$.
\end{theorem}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}
   由定理 1 知 $p_{j} \equiv \pi_{j} \bar{\pi}_{j}, 2=\pi \bar{\pi}=\mathrm{i} \pi^{2}, \pi=1-\mathrm{i}$, 故
 \[
   C=2^{e} \prod_{j} p_{j}^{e_{j}} \cdot \prod_{r} q_{r}^{2 v_{r}}=\mathrm{i}^{e} \pi^{2 e} \prod_{j} \pi_{j}^{e_{j}} \bar{\pi}_{j}^{e_{j}} \cdot \prod_{r} q_{r}^{2 v_{r}},
 \]
 其中 $\pi, \pi_{j}, \bar{\pi}_{j}, q_{r}$ 均为 Gauss 素数。 因 $C=x^{2}+y^{2}$ 当且仅当 $C=(x+y \mathrm{i})(x-y \mathrm{i})=$ $\alpha \bar{\alpha}$, 故 $C$ 的每个这种因子 $\alpha=x+y \mathrm{i}$ 对应于一个解 $(x, y)$, 解数 $r(C)$ 即为 $C$ 的这种因子 $\alpha$ 的可能个数。 每个 $\alpha$ 是 $C$ 的一些 Gauss 素因子的乘积 (可相差单位的倍数), 即
 \[
   \alpha=u \pi^{k} \prod_{j} \pi_{j}^{k_{j}} \bar{\pi}_{j}^{h_{j}} \cdot \prod_{r} q_{r}^{c_{r}},
 \]
 其中 $u$ 为任意单位， $0 \leqslant k \leqslant 2 e, 0 \leqslant k_{j}, h_{j} \leqslant e_{j}, 0 \leqslant c_{i} \leqslant 2 v_{i}$. 于是
 \[
   \begin{aligned}
     C & =\alpha \bar{\alpha}=u \bar{u} \pi^{k} \bar{\pi}^{k} \prod_{j} \pi_{j}^{k_{j}+h_{j}} \bar{\pi}_{j}^{k_{j}+h_{j}} \cdot \prod_{r}^{2 c_{r}} 
     =2^{k} \prod_{j} p_{j}^{k_{j}+h_{j}} \cdot \prod_{r} q_{r}^{2 c_{r}}.
 \end{aligned}
 \]
 与 $C$ 原来的分解式比较， 得 $k=e, k_{j}+h_{j}=e_{j}, c_{r}=v_{r}$ (对任意 $j, r$). 故可作不同选取的只有 $u$ 和 $\left(k_{j}, h_{j}\right)$. 对每个 $j,\left(k_{j}, h_{j}\right)$ 有 $e_{j}+1$ 种取法： $\left(0, e_{j}\right),(1$, $\left.e_{j}-1\right), \cdots,\left(e_{j}, 0\right)$; 取遍 $j=1, \cdots, s$, 得 $E=\left(e_{1}+1\right)\left(e_{2}+1\right) \cdots\left(e_{s}+1\right)$ 种取法。 而 $u$ 有 $4$ 种选取： $\pm 1, \pm \mathrm{i}$. 故 $\alpha$ 有 $4 E$ 种不同选取， 此即为解数 $r(C)$.
 \end{proof}
 \end{frame}

 \begin{frame}
   \begin{theorem}%定理4
 正整数 $C$ 表示为 “二平方和” $C=a^{2}+b^{2}$ 的方法数（不计 $a, b$ 的正负号和次序， 且 $a b \neq 0$) 为
 \[
 r^{*}(C)= \begin{cases}E / 2, & \text {当~} 2 \mid E, \\ {\left[E-(-1)^{e}\right] / 2,} & \text {当~} 2 \nmid E .\end{cases}
 \]
 其中
 \[
 C=2^{e} p_{1}^{e_{1}} \cdots p_{s}^{e_{s}} q_{1}^{2 v_{1}} \cdots q_{t}^{2 v_{t}}
 \]
 为素因子分解 ($p_{j} \equiv 1\left(\mod  4\right), q_{r} \equiv 3\left(\mod  4\right), E=\left(e_{1}+1\right)\left(e_{2}+1\right) \cdots\left(e_{s}+1\right)$, 皆如定理 2 和定理 3).
 \end{theorem}

 \pause
 例如，$r^{*}(5)=1 . \quad r^{*}(5^{2})=1\left(\text {即~} 5^{2}=3^{2}+4^{2}, \text {不计~} 5^{2}=5^{2}+0^{2}\right).$ \\
    $r^{*}(5^{3})=2 \left(\text{即~}5^{3}=2^{2}+11^{2}=10^{2}+5^{2}\right). \quad
    r^{*}(2 \cdot 5^{2})=2\left(\text{即~}2 \cdot 5^{2}=7^{2}+1^{2}=5^{2}+5^{2}\right).$

 \pause
 \begin{proof}
  由定理 3 证明知， $x^{2}+y^{2}=C$ 的解数决定于
\[
\alpha=u \pi^{e} \prod \pi_{j}^{k_{j}} \bar{\pi}_{j}^{h_{j}} \prod q_{r}^{v_{r}}
\]
的选取， 后者归结为 $u$ 和 $\left(k_{j}, h_{j}\right)$ 的选取。 单位 $u$ 的选取只改变解 $x, y$ 的正负号和次序， 故现计算 $r^{*}(C)$ 时可略去。 故只看 $\left(k_{j}, h_{j}\right)$ 的选取 ($k_{j}+h_{j}=e_{j}$; $j=1, \cdots, s$), 共 $E$ 种。
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{proof}[续]
   (1) 当 $E$ 为偶数， 这 $E$ 个 $\alpha$ 值成对共轭 (不计单位倍):
  \[
   \pi^{e} \prod_{j} \pi_{j}^{k_{j}} \bar{\pi}_{j}^{h_{j}} \cdot \prod_{r} q_{r}^{v_{r}} \text { 与 } \pi^{c} \prod_{j} \pi_{j}^{h_{j}} \bar{\pi}_{j}^{k_{j}} \cdot \prod_{r} q_{r}^{v_{r}}
  \]
 共轮且互异 (此时有 $e_{j}$ 为奇数， 不妨设 $e_{1}$ 为奇数， 则 $k_{1}+h_{1}=e_{1}, k_{1} \neq h_{1}, \pi_{1}^{k_{1}} \bar{\pi}_{1}^{h_{1}}$ $\neq \pi_{1}^{h_{1}} \bar{\pi}_{1}^{k_{1}}$ ), 共轭的 $\alpha$ 决定的解相同 (不计正负号和次序). 故
  \[
     r^{*}(C)=E / 2.
    \]

    (2) 当 $E$ 为奇数 ( $e_{j}$ 均为偶数), $E$ 个 $\alpha$ 值在成对共轭之外， 剩一个 $\alpha$ 是自共轭(实数):
  \[
  \alpha_{0}=\pi^{e} \prod_{j} \pi_{j}^{e_{j} / 2} \bar{\pi}_{j}^{\varepsilon_{j} / 2} \cdot \prod_{r} q_{r}^{v_{r}}=\pi^{e} \prod_{j} p_{j}^{e_{j} / 2} \cdot \prod_{r} q_{r}^{v_{r}}=\pi^{e} g\quad (g \text{~为实数}).
\]
(i) 若 $e=2 e^{\prime}+1$ 是奇数， 则 $\alpha_{0}=\pi^{2 e^{\prime}+1} g=(1-\mathrm{i}) \pi^{2 e^{\prime}} g$ 是复数， 决定一解
\[
C=\alpha_{0} \bar{\alpha}_{0}=(1+1) 2^{2 e^{\prime}} g^{2}=\left(2^{e^{\prime}} g\right)^{2}+\left(2^{e^{\prime}} g\right)^{2}
\]
故得 $r^{*}(C)=(E-1) / 2+1=\left[E-(-1)^{c}\right] / 2$.

(ii) 若 $e=2 e^{\prime}$ 是偶数， 则 $\alpha_{0}=\pi^{2 e^{\prime}} g=(-\mathrm{i})^{e^{\prime}} 2^{e^{\prime}} g$ (是实数的单位倍), 决定平凡解 $C=\alpha_{0} \bar{\alpha}_{0}=\left(2^{e^{\prime}} g\right)^{2}+0^{2}$, 不计。 故 $r^{*}(C)=(E-1) / 2=\left[E-(-1)^{e}\right] / 2$.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{remark}%注记1
  二平方和定理 (Fermat)到“多平方和”问题的推广， 结果有：

三平方和定理 (Gauss): $C$ 可表为三平方和当且仅当 $C \neq 4^{e}(8 k+7)$.

四平方和定理 (Lagrange)：任意正整数可表为四个平方数之和。

而且， 二平方和定理的 Gauss 整数证法可很自然地推广， 成为四平方和定理的 Hurwitz (赫尔维茨) 整数证法。
\end{remark}

\pause
\begin{remark}%注记2
二平方和定理的另一发展， Fermat 在 1654 宣布： 对素数 $p$,
\[
  \begin{aligned}
  p=a^{2}+2 b^{2} & \Leftrightarrow  p  \equiv 1 \text {~或~} 3\left(\mod  8\right) ; \\
p=a^{2}+3 b^{2} & \Leftrightarrow p \equiv 1\left(\mod  3\right) .
\end{aligned}
\]
我们上述对 $p=a^{2}+b^{2}$ 的论述方法 (关键是 Gauss 整数 $a+b \sqrt{-1}$ 的唯一因子分解), 也适用于这两个问题， 需要分别使用 $a+b \sqrt{-2}$ 和 $a+b \sqrt{-3}$ 形式的数的唯一因子分解 ( $a+b \sqrt{-3}$ 中 $a, b$ 同为整数或半整数), 而且用到了
\[
  \begin{aligned}
    (-2 / p)=1 & \Leftrightarrow p \equiv 1 \text {~或~} 3 \left(\mod  8\right), \\
(-3 / p)=1 & \Leftrightarrow p \equiv 1 \left(\mod  3\right) .
\end{aligned}
\]
进而， 二平方和定理和证法能否推广到如下问题：
\[
p=a^{2}+d b^{2} \quad(d \text {~可正，可负})?
\]
\end{remark}
\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{remark}{-1}
\begin{remark}[续]
这就需要研究如下类型的数集
\[
  O_{d}=\{a+b \sqrt{d}\}.
\]
这里， 当 $d \neq 11\left(\mod  4\right)$ 时， $a, b$ 取遍整数; 当 $d \equiv 1\left(\mod  4\right)$ 时， $a, b$ 同为整数或半整数。

首先要考虑， $O_{d}$ 中是否可进行带余除法 (即 $O_{d}$ 是否为 Euclid 环)? 如果是，则问题的证明可以完全仿照 Gauss 整数的方法。 目前的结果是：

(1) 当 $d<0$ 时， 只有 $d=-1,-2,-3,-7,-11$ 时， $O_{d}$ 是 Euclid 环（共 $5$ 个取值).

(2) 当 $d>0$ 时， $d=2,3,5,6,7,11,13,17,19,21,29,33,37$, $41,57,73$ 时， $O_{d}$ 是 Euclid 环(共 $16$ 个取值). 是否还有其他 $d$ 的取值尚不确定。

其次， 即使 $O_{d}$ 不是 Euclid 环， 还有可能是唯一析因环（即其元素可唯一素因子分解), 如此还是可以仿照 Gauss 整数的方法。 目前的结果是：

(I)当 $d<0$ 时，只有 $d=-1,-2,-3,-7,-11,-19,-43,-67$, $-163$ 时， $O_{d}$ 是唯一析因环 (共 $9$ 个取值。 这是著名的 Gauss 猜想， 被 Baker(贝克) 和 Stark (斯塔克) 在 1966 -1967 解决).

(II) 当 $d>0$ 时， Gauss 猜想有无限多 $d$ 取值使 $O_{d}$ 是唯一析因环。 目前远未解决 (参见：张贤科著《代数数论导引》[53]).
\end{remark}

我们将在 \S8.1 讨论与 Gauss 整数及其类似的 Eisenstein 整数及其应用， 在第七章讨论它们的发展， 在附录 5 讨论它们到三、四次互反律的应用。
\end{frame}


\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 有理素数在$\ZZ[i]$中如何分解？
    \item 所有的Gauss素数何样？
    \item 叙述Fermat二平方和定理，并用Gauss整数环中的分解解释。
    \item 正整数能写为二平方之和的条件是？
  \end{enumerate}
\end{frame}
